专题4 第1讲 空间几何体（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（基础版）

专题四　立体几何 基础自测　思维引航 考点进阶　素养淬炼 目 录 索 引 第1讲　空间几何体 基础自测　思维引航 基础自测 1.(2025·上海,7)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1C=9,BD=4,则该正四棱柱的体积为　　　　.  112 解析 连接AC,∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正四棱柱,BD=4, ∴AC=BD=4,∴AB=BC=4. 又A1C=9,在Rt△A1AC中,AA1==7. ∴正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为AB×BC×A1A=4×4×7=112. 2.(人A必二8.3节习题改编)一个正方体的顶点都在球面上,它的棱长是a cm, 则球的体积为　　 　　.  a3 cm3 解析 因为正方体的棱长为a cm,所以正方体的体对角线长为a cm. 又正方体的体对角线即为其外接球的直径,所以该球的半径R=a cm, 所以正方体的外接球的体积V=R3=(a)3=a3 cm3. 3.(人A必二8.3.2节例题改编)如图,某种浮标由两个半球和一个圆柱黏合而成,半球的直径是0.3 m,圆柱高0.6 m.如果在浮标表面涂一层防水漆,每平方米需要0.5 kg涂料,那么给1 000个这样的浮标涂防水漆需要涂料 　　　　 kg.(π取3.14)  423.9 解析 一个浮标的表面积是2π×0.15×0.6+4π×0.152=0.847 8(m2),所以给 1 000个这样的浮标涂防水漆约需涂料0.847 8×0.5×1 000=423.9(kg). 4.(2023全国乙,文16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=　　　　　.  2 解析 由正弦定理得△ABC外接圆的半径r= 设O,O'分别为三棱锥S-ABC外接球的球心、△ABC外接圆的圆心,球O的半径R=2,所以OO'==1. 因为SA⊥平面ABC,所以SA=2OO'=2. 思维引航 1.(1)正四棱柱侧棱与底面垂直,且底面为正方形; (2)V四棱柱=Sh(S,h分别为底面积和高). 2.正方体的外接球的直径是正方体的一条体对角线,即l=2R. 3.要注意组合体的表面积可能是多个简单几何体表面积的和,也有可能是差. 4.三棱锥的底面为正三角形,一条侧棱与底面垂直,可以补形为正三棱柱.两个几何体的外接球相同. 考点进阶　素养淬炼 考点一　空间几何体的结构 例1　(1)(多选题)(2025陕西西安高三模拟)下列说法中,不正确的有(　　 ) A.有两个面平行,其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 B.有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 C.过圆锥顶点的所有截面中,轴截面面积最大 D.有两个面互相平行且相似,其他各个面都是梯形的多面体是棱台 ACD 解析 如图所示,上下底面平行,各个面都是平行四边形, 此几何体不是棱柱,故A错误;因为棱锥侧面全为三角形, 有一个面是平行四边形,则此面为底面,所以该棱锥为四 棱锥,故B正确;过圆锥顶点的截面为等腰三角形,且两腰 长为母线长l,设该等腰三角形顶角为θ,则截面三角形面 积为S=l2sin θ,显然当θ=,轴截面面积S最大,故当圆锥的轴截面三角形顶角大于时,圆锥的轴截面面积不一定是最大的,故C错误;根据棱台的特征可知,棱台是棱锥截得的,侧棱的延长线要交于同一点.若有两个面平行且相似,其他各个面都是梯形的多面体,不能保证侧棱的延长线交于同一点,因此该多面体不一定是棱台,故D错误. (2)(2025福建莆田高三模拟)我国古代数学专著《九章算术》中有这样一个问题:“今有木长二丈,围之三尺.葛生其下,缠木七周,上与木齐.问葛长几何?”其意思为:“圆木长2丈,圆周长为3尺,葛藤从圆木的底部开始向上生长,绕圆木7周,顶部刚好与圆木平齐,问葛藤长为多少?”若1丈=10尺,则葛藤最少长(　　) A.21尺 B.25尺 C.29尺 D.33尺 C 解析 根据题意知,圆柱的侧面展开图是矩形,如图所示,矩形的高(即圆木长)为20尺,矩形的底边长为7×3=21(尺), 因此葛藤最少长=29(尺). 名称 棱柱 棱锥 棱台 侧棱 平行且相等 相交于一点, 但不一定相等 延长线交于一点 侧面 形状 平行四边形 三角形 梯形 2.旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形         母线 互相平行且相等,垂直于底面 相交于 一点 延长线交 于一点 — 轴截面 全等的矩形 全等的等 腰三角形 全等的等 腰梯形 圆 侧面展开图 矩形 扇形 扇环 — 3.辨识空间几何体的两种方法 4.解决空间折线(段)最短问题的注意事项 (1)一般考虑其展开图,采用化曲为直的策略,将空间问题平面化.注意多面体表面展开图可能有不同的排布(如长方体),一定先观察立体图形每个面的形状,全面考虑问题,借助展开图,培养直观想象素养. (2)把一个平面图形折叠为几何体可以看作展开的逆过程. 【对点训练1】(1)(多选题)下列说法中正确的是(　　) A.各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B.长方体是直四棱柱,正四棱柱是平行六面体 C.不存在每个面都是直角三角形的四面体 D.球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面 BD 解析 各侧棱都相等,但无法保证底面为正多边形,故A错误; 易知长方体的侧棱和底面垂直,所以是直四棱柱;正四棱柱的底面是正方形,所以正四棱柱是平行六面体,故B正确; 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC,四个面都是直角三角形,故C错误; 球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面,故D正确.故选BD. (2)如图,在正四棱锥P-ABCD中,2PA=AB=6,E是棱PB上的动点,一只蚂蚁从A点出发,经过E点,爬到C点,则这只蚂蚁爬行的路程的最小值是　　　. 2 解析 根据题意,如图,将平面PAB和平面PBC展开到同一个平面, 连接AC,与PB交于点M,则AC的长就是蚂蚁爬行的路程的最小值. 设∠APB=θ,则∠APC=2θ, 由2PA=AB=6,得PA=3,AB=, 则cos θ=, 则cos∠APC=cos 2θ=2cos2θ-1=-, 故AC2=PA2+PC2-2PA·PC·cos∠APC=9+9+2×3×3=20, 则AC=2,即这只蚂蚁爬行的路程的最小值是2 考点二　空间几何体的表面积和体积 考向1　侧面积与表面积 例2　(1)(2025广东广州高三模拟)某厂生产一批圆台形台灯灯罩,灯罩的上下底面都是空的,圆台两个底面半径之比为1∶2,高为16 cm,母线长为20 cm,如果要对100个这样的台灯灯罩外表面涂一层防潮涂料,每平方米需要100克涂料,则共需涂料(　　) A.240π克 B.320π克 C.720π克 D.1 440π克 C 解析 作圆台的轴截面,如图.梯形ABCD为等腰梯形,取上、下底面的中心分别为E,F,取AF中点G,连接EG. 在Rt△GEF中,EG=AD=20 cm,EF=16 cm,所以GF=DE==12 cm,所以AF=24 cm,故灯罩的侧面积为π·(12+24)×20=720π cm2, 所以100个灯罩的外表面面积为100×720π cm2=72 000π cm2=7.20π m2. 又每平方米需要100克涂料,所以共需涂料7.20π×100=720π克. (2)如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分,它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体,已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度(单位:dm)分别为2,6,4,正三棱柱各棱长均相等,则该结构表面积为(　　) A.(34+8)dm2 B.(34+44)dm2 C.(34+48)dm2 D.(34+8)dm2 A 解析 由题可得,正三棱柱的底面积为2×2×sin 60°= dm2, 正三棱柱的外露表面积为2+2×2×2=(8+2)dm2, 四棱台侧面梯形的高为=2 dm, 四棱台外露表面积为4(2+6)×2=32 dm2, 故该结构表面积为32+8+2=(34+8)dm2. 考向2　空间几何体的体积 例3　(1)(2023全国甲,文10)在三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2,PC=,则该棱锥的体积为(　　)【一题多解】 A.1 B. C.2 D.3 A 解析 (方法一) 如图,作AO⊥平面PBC,设AO=h,连接OP,OB,OC, 由AP=AB=AC=2,可得OP=OB=OC,即O为△PBC的外心. 在△PBC中,cos∠PBC=, 则sin∠PBC= 设△PBC的外接圆半径为R,=2R,解得R= 在Rt△AOP中,∵AO2+PO2=AP2,∴h=AO= S△BPC=PB·BC·sin∠PBC=2×2 ∴VP-ABC=VA-BPC=S△BPC·h==1. (方法二)如图,过点P作PO⊥平面ABC于点O,连接CO并延长交AB于点D,连接PD. ∵PA=PB=AB, ∴D为AB的中点. ∴CD=,PD= 由PO⊥CD,设OD=x,0≤x< 由PD2-OD2=PC2-OC2,得()2-x2=6-(-x)2, 解得x=0或x=(舍去), ∴PD⊥平面ABC. 则VP-ABC=S△ABC·PD=22=1.故选A. (2)(2025北京,14)某科技兴趣小组通过3D打印机的一个零件可以抽象为如图所示的多面体,其中ABCDEF是一个平行多边形,平面ARF⊥平面ABC,平面TCD⊥平面ABC,AB⊥BC,AB∥RS∥EF∥CD,AF∥ST∥BC∥ED.若AB=BC=8,AF=CD=4,AR=RF=TC=TD=,则该多面体的体积为　　　　. 60 解析 由题意可知V多面体=2VCDT-BSE,延长AB交ED于点M,连接SM, 过点B作BK∥CT交TS于点K,连接KM,过R作RP⊥AF,P为垂足. ∵RA=RF,∴P为AF的中点.过点P作PO∥AB,交BE于点O,连接SO,过点T作TQ⊥CD,Q为垂足. ∵TC=TD,∴Q为CD中点. 又O为BE中点,∴OQ为梯形CBED的中位线, ∴OQ∥ST且OQ=ST. ∵CB=8,DE=DM+ME=12, ∴QO=10,SK=TS-TK=QO-TK=2. ∵平面RAF⊥平面ABC,且交线为AF, ∴RP⊥平面ABC,同理TQ⊥平面ABC. ∵ST∥OQ且ST=OQ,∴四边形STQO为平行四边形, ∴SO∥TQ且SO=TQ,∴RP∥SO∥TQ,且RP=SO=TQ= ∴VCTD-BKM=S△CTD·BC=48=24, VS-BKM=S△BKM·SK=42=2, VS-BME=S△BEM·SO=4×4=4, ∴V多面体=2VCDT-BSE=2×(24+2+4)=60. 3.求空间几何体体积的三种常用方法 【对点训练2】(1)(2024天津,9)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间的距离为1,并已知AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为(　　) A. B. C. D. C 解析 如图,用一个和五面体ABC-DEF完全相同的五面体HIJ-LMN与五面体ABC-DEF拼在一起,其中顶点L,M,N分别与顶点D,E,F重合.由题意可知,拼成的组合体是一个三棱柱.该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)是边长为1的等边三角形,其面积为12=,三棱柱的侧棱长为1+3=2+2=3+1=4, 所以VABC-DEF=VABC-HIJ=4= 故选C. (2)(2023新高考Ⅰ,14)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1, AA1=,则该棱台的体积为　　　　　　　.【一题多解】 解析 (方法一　直接法)如图所示,正四棱台中四边形AA1C1C为等腰梯形.连接AC,A1C1,过点A1作A1G⊥AC,交AC于点G,则A1G为棱台的高. 在正四棱台中,∵AC=2,A1C1=,∴AG= 在Rt△A1AG中,A1G= 则棱台体积V=+ S四边形ABCD)·A1G=(1+2+4) (方法二　补形法) 如图,延长各侧棱交于点O,连接AC,A1C1,过O作OG⊥AC,交AC于点G,交平面A1B1C1D1于点H,且点H恰为A1C1的中点, 解得OA1=,A1H=,AG=,OA=2 在Rt△A1OH中,OH=, 在Rt△AOG中,OG= 则棱台体积V=V四棱锥O-ABCD- (S四边形ABCD·OG-OH)=(4-1)= 考点三　球的“切”“接”问题 考向1　外接球 例4　(2022新高考Ⅱ,7)已知正三棱台的高为1,上、下底面的边长分别为3和4,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　) A.100π B.128π C.144π D.192π A 解析 设外接球的半径为R,由题意得,上底面所在平面截球所得圆的半径是3,下底面所在平面截球所得圆的半径是4,在轴截面中,设球心到上、下底面的距离分别为d1,d2,则d1=,d2=,故|d1-d2|=1或|d1+d2|=1,由几何知识可得=1,或=1,解得R2=25符合题意.因此球的表面积是S=4πR2=4π·25=100π.故选A. 一题多变 (变条件)本例中的“正三棱台”改为“高为1,底面边长为4的正三棱锥”,求该球的表面积. 解 由题意可知,正三棱锥外接球的球心位于高VM所在直线上,设为O, 则OV=OC=R,VM=1,所以OM=|R-1|,CM=AB=4=4. 在Rt△OMC中,有R2=|R-1|2+42,解得R=,所以球的表面积为S=4πR2=289π. 考向2　内切球 例5　(1)(2025湖南常德模拟)已知圆台的母线长为4,在圆台内部,与上、下底面及各母线均相切的球的半径为,则该圆台的体积为(　　) A.8π B. C. D.10π B 解析 如图,设圆台上、下底面圆心分别为O1,O2,半径分别为r1,r2,r1<r2,则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处. 设球O与母线AB相切于点M,所以OM⊥AB,则OM=OO1=OO2=, 则△AOO1≌△AOM,则AO1=AM=r1,同理BM=O2B=r2,所以AB=r1+r2=4. 过点A作AG⊥O2B,垂足为G,则BG=r2-r1,AG=O1O2=2 又AB2=AG2+BG2,即16=12+(r2-r1)2.又r1+r2=4,解得r1=1,r2=3, 所以该圆台的体积为V=(12+32+1×3)×2 (2)(2025浙江宁波模拟)在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD=1,则其内切球表面积为　　　　　.  (3-2)π 解析 因为四面体ABCD四个面都为直角三角形,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,所以AB⊥BD,AB⊥BC,BC⊥CD,AC⊥CD,则BD=AC= 设四面体ABCD内切球的球心为O,半径为r, 则V四面体ABCD=VO-ABC+VO-ABD+VO-ACD+VO-BCD =r(S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD), 所以r= 因为四面体ABCD的表面积为S四面体ABCD =S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD =1×1+1+1+1×1=1+ 又因为四面体ABCD的体积V四面体ABCD=1×1×1=, 所以r=,所以内切球表面积S=4πr2=(3-2)π. 4.(1)正棱锥和正棱台的外接球的球心在其高上,具体位置可通过构造直角三角形,利用勾股定理求得. (2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心的连线的中点. (3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心的连线的中点. 5.求解空间几何体的外接球问题的策略 (1)定球心:球心到接点的距离相等且为半径. (2)作截面:选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系),达到空间问题平面化的目的. (3)求半径下结论:根据作出截面中的几何元素,建立关于球的半径的方程,并求解. 6.几何体内切球问题的求解策略 (1)体积分割法求内切球半径. (2)作出合适的截面(过球心、切点等),转化为平面图形求解. (3)多球相切的问题,连接各球球心,转化为处理多面体问题. 【对点训练3】(1)(2025广东深圳高三模拟)已知圆锥的母线长为6,其外接球表面积为,则该圆锥的表面积为(　　) A.12π B.16π C.18π D.27π B 解析 圆锥及其外接球的轴截面如图,设其外接球的半径为R, 则外接球表面积为=4πR2,得R=,即|AO|=|OC|= 设圆锥的高为|AO1|=h,圆锥的底面圆半径为|O1C|=r, 则r2+h2=62. 由(h-R)2+r2=R2,解得h==4,r=2, 故此圆锥的表面积为πr2+πrl=16π.故选B. (2)(2025江苏扬州模拟)已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为2,若半径为1的球与该正四棱锥的各面均相切,则正四棱锥P-ABCD的体积为(　　) A.8 B.12 C.12 D.36 B 解析 因为球与该正四棱锥的各面均相切,所以该球的球心O在四棱锥P-ABCD的高线PH上,过点H作HE⊥AB于点E,连接PE,过点O作OK⊥PE于点K.因为PH⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,则PH⊥AB.又PH∩HE=H,PH,HE⊂平面PHE,则AB⊥平面PHE.因为OK⊂平面PHE,故AB⊥OK. 又AB∩PE=E,AB,PE⊂平面PAB,故OK⊥平面PAB. 依题意,OK=OH=1,因为底面边长为2,所以HE=2 在Rt△OEH中,tan∠OEH=,则∠HEO= 因为OK=OH=1,则∠PEH=2∠OEH=,则∠HPE=, 故PH==3,则VP-ABCD=3=12. $